2019届高考数学专题2函数与导数第2讲综合大题部分课件理.pptx

《2019届高考数学专题2函数与导数第2讲综合大题部分课件理.pptx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、专题2函数与导数第2讲　综合大题部分［考情考向分析］利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．考点一　函数的单调性、极值、最值问题1．(单调性与最值)(2018·南昌摸底调研)已知函数f(x)＝lnx－2mx2－n(m，n∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有最大值－ln2，求m＋n的最小值．2．(单调性与极值)(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)ln(1＋x)－2x.(1)若a＝0，证明：当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0

2、时，f(x)＞0；(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.解析：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，当－1＜x＜0时，g′(x)＜0；当x＞0时，g′(x)＞0，故当x＞－1时，g(x)≥g(0)＝0，且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增．又f(0)＝0，故当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0.(2)①若a≥0，由(1)知，当x＞0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x＞0＝f(0)，这与

3、x＝0是f(x)的极大值点矛盾．②若a＜0，故h(x)与f(x)符号相同．又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点，当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．1．闭区间、开区间上的最值(1)求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最大值和最小值的思路：若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数f(x)求导，并求f′(x)＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f(x)求导，通

4、过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．(2)求函数f(x)在非闭区间内的最大值和最小值的技巧：首先求函数的定义域和f′(x)；其次在定义域内解不等式f′(x)>0，得f(x)的递增区间，在定义域内解不等式f′(x)<0，得f(x)的递减区间；最后数形结合，判断函数f(x)有无最大值与最小值．2．已知极值点(极值)求参数已知函数f(x)的极值点求参数的取值范围的关键：对函数求导得到f′(x)，把函数含有极值点的个数问题转化为方程f′(x)＝0含有根的个数问题，把方程f′(x)＝0中含有的参数分离到方程的

5、另一边，即g(x)＝a，通过构造函数，再次转化为两个函数y＝g(x)，y＝a的图象的交点个数问题，画出图象，即可得到参数的取值范围．考点二　方程与函数零点问题(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．(2)证明：因为x2＋x＋1＞0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．解析：(1)依题意，知f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0，解得x＝1.当00，此时

6、f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减．当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)单调递增．当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0.所以2mlnx2＋mx2－m＝0，因为m>0，所以2lnx2＋x2－1＝0(*)设函数h(x)＝2lnx＋x－1，因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解．因为h(1)＝0，所以方程(*)的解

7、为x2＝1，判断零点个数判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．考点三　导数与不等式问题1．(恒成立问题)(2018·聊城高考模拟)已知函数f(x)＝2ex－kx－2.(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)内的单调性；(2)若存在

8、正数m，对于任意的x∈(0，m)，不等式

9、f(x)

10、>2x恒成立，求正实数k的取值范围．解析：(1)f′(x)＝2ex－k，x∈(0，＋∞)，当k≤2时，因为2ex>2，所以f′(x)>0，这时f(x)在(0，＋∞)内单调递增．(2)①当0